Ache a solução geral do sistema
x^{\prime}=\left(\begin{array}{cc} 1 & -3 \\\\ -2 & 2 \end{array}\right) x+\binom{e^{-2 t}}{0}
utilizando autovalores, autovetores e o método de variação dos parâmetros.

Passo 1

O enunciado pede: achar a solução geral do sistema não homogêneo dado por
x^{\prime}=\left(\begin{array}{cc} 1 & -3 \\\\ -2 & 2 \end{array}\right) x+\binom{e^{-2 t}}{0}.
Informações fornecidas que vamos usar:
A=\left(\begin{array}{cc} 1 & -3 \\\\ -2 & 2 \end{array}\right), \qquad g(t)=\binom{e^{-2 t}}{0}.
O que se quer: a solução geral x(t) do sistema (ou seja, soma da solução geral do homogêneo e de uma particular).

Passo 2

Encontrar a solução do sistema homogêneo associado (ou seja, achar autovalores e autovetores de A)—isso nos dá a base de soluções para a parte homogênea. Vou calcular o polinômio característico de A:
\det(A-\lambda I)=\det\left(\begin{pmatrix}1-\lambda & -3\\\\ -2 & 2-\lambda\end{pmatrix}\right).
Lembrando que a definição de determinante 2×2 é \det\begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix}=ad-bc. Então
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(2-\lambda)-(-3)(-2).
Resolvo a expressão:
(1-\lambda)(2-\lambda)=2-3\lambda+\lambda^2,
e subtraindo (-3)(-2)=6 obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-3\lambda-4.
Agora resolvo \lambda^2-3\lambda-4=0. Usando fórmula de Bhaskara,
\lambda=\frac{3\pm\sqrt{9+16}}{2}=\frac{3\pm5}{2}.
Logo os autovalores são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=-1.

Passo 3

Agora encontro autovetores correspondentes. Para \lambda_1=4 resolvo (A-4I)v=0:
A-4I=\begin{pmatrix}1-4 & -3\\\\ -2 & 2-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3 & -3\\\\ -2 & -2\end{pmatrix}.
As equações são dependentes; da primeira vem -3x_1-3x_2=0\Rightarrow x_1=-x_2. Tomando x_1=1 obtemos x_2=-1. Um autovetor associado é
v_1=\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-1 resolvo (A+I)v=0:
A+I=\begin{pmatrix}2 & -3\\\\ -2 & 3\end{pmatrix}.
Da primeira equação 2x_1-3x_2=0\Rightarrow x_1=\tfrac{3}{2}x_2. Tomando x_2=2 obtemos x_1=3. Um autovetor associado é
v_2=\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}.

Passo 4

Formo a solução geral do homogêneo usando os autovalores/autovetores: cada autovetor gera uma solução exponencial e^{\lambda t}v. Assim a solução geral do homogêneo é
x_h(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias. Explicando rapidinho: qualquer combinação linear dessas duas soluções é solução do homogêneo porque o sistema é linear e essas duas soluções são linearmente independentes (autovetores associados a autovalores distintos).

Passo 5

Agora vamos achar uma solução particular x_p(t) do sistema completo usando o método da variação dos parâmetros. Ideia: permitir que as constantes C_1,C_2 virem funções a(t),b(t) e impor uma condição conveniente para simplificar as equações. Fazemos a ansatz
x_p(t)=a(t)e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}+b(t)e^{-t}\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}.
Explicação do método (passo a passo): derivando x_p aparece a'(t) e b'(t) além dos termos com a(t) e b(t). Se impusermos a condição
a'(t)e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}+b'(t)e^{-t}\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}=g(t),
então os termos remanescentes ao comparar x_p' com Ax_p+g se cancelam, deixando uma equação simples para a' e b'. Essa é a maneira padrão de variação dos parâmetros para sistemas.

Passo 6

Escrevo explicitamente a condição para a'\) e \(b'\): \[e^{4t}a'(t)\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}+e^{-t}b'(t)\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^{-2t}\\\ 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema linear (componentes):
\begin{cases} e^{4t}a'(t)+3e^{-t}b'(t)=e^{-2t},\\[4pt] -\,e^{4t}a'(t)+2e^{-t}b'(t)=0. \end{cases}
Vou resolver esse sistema para a'(t)\] e \(b'(t). Somando as duas equações (para eliminar a') obtemos:
5e^{-t}b'(t)=e^{-2t}\quad\Rightarrow\quad b'(t)=\frac{1}{5}e^{-t}.
Usando a segunda equação para achar a'(t):
- e^{4t}a'(t)+2e^{-t}b'(t)=0
substituindo b'(t)=\tfrac{1}{5}e^{-t}
- e^{4t}a'(t)+2e^{-t}\cdot\frac{1}{5}e^{-t}=0
ou
- e^{4t}a'(t)+\frac{2}{5}e^{-2t}=0.
Logo
a'(t)=\frac{2}{5}e^{-2t}e^{-4t}=\frac{2}{5}e^{-6t}.]

Passo 7

Integro a'(t) e b'(t) para obter a(t) e b(t). Como estamos construindo uma solução particular, podemos escolher as constantes de integração zero (qualquer constante adicionada aqui é absorvida pela solução homogênea).
a(t)=\int \frac{2}{5}e^{-6t}\,dt=\frac{2}{5}\cdot\left(-\frac{1}{6}\right)e^{-6t}=-\frac{1}{15}e^{-6t},
b(t)=\int \frac{1}{5}e^{-t}\,dt=\frac{1}{5}\cdot(-e^{-t})=-\frac{1}{5}e^{-t}.

Passo 8

Agora calculo x_p(t) substituindo a(t) e b(t) na ansatz. Primeiro computo os fatores multiplicativos:
a(t)e^{4t}=-\frac{1}{15}e^{-6t}e^{4t}=-\frac{1}{15}e^{-2t}, \qquad b(t)e^{-t}=-\frac{1}{5}e^{-t}e^{-t}=-\frac{1}{5}e^{-2t}.
Então
x_p(t)=-\frac{1}{15}e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}-\frac{1}{5}e^{-2t}\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}.
Faço a combinação dos vetores:
-\frac{1}{15}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}-\frac{1}{5}\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix} =-e^{-2t}\left(\begin{pmatrix}\tfrac{1}{15}\\\ -\tfrac{1}{15}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac{3}{5}\\tfrac{2}{5}\end{pmatrix}\right).
Somando termos (uso denominador comum 15):
\begin{pmatrix}\tfrac{1}{15}+\tfrac{9}{15}\\\\ -\tfrac{1}{15}+\tfrac{6}{15}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{10}{15}\\\ \tfrac{5}{15}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3}\\\ \tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.
Portanto
x_p(t)=-e^{-2t}\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3}\\\ \tfrac{1}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{3}e^{-2t}\\[4pt] -\tfrac{1}{3}e^{-2t}\end{pmatrix}.
(Verificação rápida: derivando e substituindo em x'=Ax+g dá igualdade — já conferi mentalmente e bate.)]

Passo 9

A solução geral do sistema é a soma da homogênea com a particular:
x(t)=x_h(t)+x_p(t).
Substituindo as expressões encontradas:
x(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{3}e^{-2t}\\[4pt] -\tfrac{1}{3}e^{-2t}\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias determinadas pelas condições iniciais (se fornecidas).]

Resposta

x(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{3}e^{-2t}\\[4pt] -\tfrac{1}{3}e^{-2t}\end{pmatrix}.]

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